精品解析：福建泉州市第六中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

2025-2026学年下学期期中考试 高二年数学试卷 满分：150分 考试间：120分钟 命卷人：尤燕菲 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知的一个极值点为2，则实数（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】求导，令，利用只有一个极值点，可得，求解即可. 【详解】，令0，得或， 又的一个极值点为2，则，解得，经检验满足题意. 故选：B. 2. 有件产品，其中件是次品，从中任取件，若表示取得次品的件数，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，知取0，1，2，3，利用超几何分布求出概率，即可求解． 【详解】根据题意， 故选：B. 【点睛】本题考查利用超几何分布求概率，属基础题. 3. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【详解】令，则； 令，则； ． 4. 已知随机事件A，B，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对立事件先求出，再根据乘法公式求出，从而可求. 【详解】因为，故，而，故， 故，同理， 故， 故选：B. 5. 甲．乙等6人站成一排，若甲、乙不相邻，且甲不站在最左边，则不同的站法共有（ ） A. 240种 B. 384种 C. 480种 D. 568种 【答案】B 【解析】 【分析】先排除甲乙之外的四人，再考虑乙是否站在最左边，用插空法，可求得答案. 【详解】先站除甲、乙外的4人，共有种站法，且形成5个空位， 若乙站在最左边，则甲有4种站法，若乙不站在最左边，则甲、乙共有种站法, 根据分步乘法计数原理与分类加法计数原理，共有种站法, 故选：B 6. 某位同学家中常备三种感冒药，分别为金花清感颗粒3盒、连花清瘟胶囊2盒、清开灵颗粒5盒．若这三类药物能治愈感冒的概率分别为，他感冒时，随机从这几盒药物里选择一盒服用（用药请遵医嘱），则感冒被治愈的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据全概率公式计算可得； 【详解】记服用金花清感颗粒为事件，服用连花清瘟胶囊为事件，服用清开灵颗粒为事件，感冒被治愈为事件， 依题意可得，，，，，， 所以 . 故选：C 7. 已知随机变量.若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项分布的概率公式探讨的取值，再将等价为求解即得. 【详解】由，则， ， 且， 构造函数，其导函数为， 由于，，故函数在区间上单调递增； 当时，取最小值；当时，函数值为； 所以； 故选：B. 8. 设函数，若恒成立，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数恒成立条件，分析构成函数得两个函数的单调性情况和零点的情况，分别计算两个函数的零点，写出零点之间的关系式方程，再构造函数求出代数式的最小值. 【详解】由题意知，则，因为函数在定义域上单调递增，函数在定义域上也单调递增. 当在区间上，函数与有相同的零点，且符号相同，就满足函数恒成立. 解，得，解，得， 所以，解，得，所以，所以. 令，则， 解，得，解，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以. 故选：C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 设离散型随机变量的分布列如表，若离散型随机变量满足，则下列结果正确的是（ ） 0 1 0.6 A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据期望和方差的公式及线性运算性质，求解即可. 【详解】由分布列的性质得，所以. 则离散型随机变量X的数学期望为，故A正确； 而，故B正确； 而方差为，故C正确； 可得，故D错误. 10. 某通信工具在发送、接收信号时都会使用数字0或是1作为代码，且每次只发送一个数字.由于随机因素的干扰，发出的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收成0或1的概率分别为0.94和0.06；发送信号1时，接收成1或0的概率分别为0.96和0.04.假设发送信号0或1的概率是等可能的，则（ ） A. 在单次发送信号中，能正确接收的概率为0.96 B. 在单次发送信号中，接收到0的概率为0.49 C. 在发送三次信号后，恰有两次接收到0的概率为 D. 已知两次发送的信号均为1，则接收到的信号均为1的概率为 【答案】BD 【解析】 【分析】结合信号收发背景，全概率公式、独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式以及二项分布的概率计算，逐项分析即可求解. 【详解】对于A，单次正确接收包含“发0收0”和“发1收1”两种互斥情况， 概率为，故A错误； 对于B，根据全概率公式，单次接收到0的概率为: 收发收发发收发，故B正确； 选项C：发送三次信号时每次接收相互独立，每次接收到0的概率为0.49，恰有两次接收到0的概率为，故C错误； 对于D，已知两次发送信号均为1，每次接收为1的概率为0.96，两次接收独立， 故接收到的信号均为1的概率为，故D正确. 11. （多选题）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中画了一张表示二项式系数构成的三角形数阵（如图所示），在“杨辉三角”中，下列选项正确的是（ ） A. 第10行所有数字的和等于1024 B. 第10行所有数字的平方和等于 C. 若第n行的第i个数记为，则 D. 记每一行的第个数组成的数列称为第k斜列，该三角形数阵前2026行（含第2026行）中第k斜列各项之和为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据第行数字特征确定二项式，结合二项式系数和公式、组合数公式、二项式定理逐一判断即可. 【详解】对于选项A，由图分析知，杨辉三角的第n行是的展开式中二项式系数，，所以，第10行所有数字的和为，故选项A正确； 对于选项B，由，则， 所以，对于含项，左侧为，右侧为， 所以，第10行所有数字的平方和，故选项B正确； 对于选项C，第行的第个数为，则， 故，故选项C正确； 对于选项D，由 ， 所以当时，三角形数阵前2026行（含第2026行）中第k斜列各项之和为，故选项D不正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】条件可转化为在上恒成立，结合，可得，利用二次函数性质可求结论. 【详解】由，得， 因为在上单调递增，所以在上恒成立， 即，又在上的最小值为， 所以，即实数的取值范围是． 13. 甲、乙等5位大学生分配到3所单位实习，每人只能到一所单位实习，每所单位至少接收一人，则甲、乙分到同一单位的方案有__________种． 【答案】36 【解析】 【分析】先分析出甲、乙分到同一单位的方案中3所单位的人数有3，1，1和2，2，1两种可能，再按照先选后排的原则写出式子计算即可. 【详解】由题意可知，甲、乙分到同一单位的方案中3所单位的人数 有3，1，1和2，2，1两种可能， ①在3，1，1方案中，包含甲乙在内的3人到一所学校， 另外两人各到一所学校，有种方案； ②在2，2，1方案中，甲乙去一所学校，其余3人中的1人去一所学校， 剩余2人去另一所学校，有种方案， 因此，所有的分配方案共有种， 故答案为：36. 14. 抛掷一枚质地均匀的正四面体骰子（四个面上分别标有数字1，2，3，4），底面的点数为1记为事件A，抛掷n次后事件A发生奇数次的概率记为，则________，________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据n次独立重复试验事件A发生的概率为，构造二项式应用赋值法分别计算即可. 【详解】抛掷1次后事件A发生奇数次，只能发生1次，； ， 抛掷n次后事件A发生， 抛掷n次后事件A发生奇数次的概率记为 当为偶数时，， 当为奇数时，， 构造二项式 ， 当为奇数时， 令， ， 令， ， 两式作差，得， 可得， 当时， . 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）求函数的单调区间以及极值； （2）求函数在上的最值. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；极大值为，无极小值 （2）， 【解析】 【分析】(1)先求函数的定义域，然后对函数求导，利用导数的正负，求得函数的单调区间，从而可求得函数的极值; (2)根据第(1)小问的单调性，确定函数在区间上的单调性，即可求出最大值，而函数的最小值是，比较和的大小，求得函数的最小值. 【小问1详解】 函数的定义域是. 又，令，得，令，得， 故函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以函数的极大值为，无极小值. 【小问2详解】 由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减， 所以 所以在上的最小值为. 又因为，所以， 所以函数在上的最小值为，即. 16. 在 的展开式中，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的4倍. （1）求n的值； （2）求 的展开式中的常数项； （3）求展开式中系数绝对值最大的项是第几项？ 【答案】（1） （2） （3）7 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数的关系求得. （2）根据二项式展开式的通项公式求得常数项. （3）设第项的系数的绝对值最大，列出不等式组，解出即可. 【小问1详解】 依题意，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的4倍， 即，即，解得. 【小问2详解】 二项式展开式的通项公式为， 令，解得， 故常数项为. 【小问3详解】 设第项的系数的绝对值最大， 则，即，解得且，则， 所以系数的绝对值最大值的项为第7项. 17. 甲､乙两名同学进行传统文化知识比赛，规则如下：连续胜两局者获胜，比赛结束；比赛最多五局，若五局结束时两人均未能连续获胜两局，则五局中胜局数多者获胜．在一局比赛中，若甲胜，则甲下一局胜的概率为；若甲输，则甲下一局胜的概率为．已知第一局甲胜的概率为，假设每局比赛没有平局，记比赛结束时的局数为． （1）求第2局比赛甲胜的概率； （2）在的条件下，求甲胜的概率； （3）求比赛结束时甲胜的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先把第１局作为互斥事件，再利用全概率公式计算求解； （2）先分别计算比赛进行3局时甲胜和乙胜的概率，求和得到，再利用条件概率公式计算求解； （3）按结束的局数分类，可能是，分别计算每种局数下甲胜的概率，再求和． 【小问1详解】 设表示第1局甲胜，表示第2局甲胜， 由全概率公式得． 【小问2详解】 表示比赛在第3局结束，即前2局无连续两胜，第3局形成连续连胜： 乙胜：序列为“甲、乙、乙”，概率为， 甲胜：序列为“乙、甲、甲”，概率为， ， 甲胜的概率为． 【小问3详解】 时，甲胜的概率为； 时，甲胜的概率为； 时，甲胜序列为“甲、乙、甲、甲”的概率为； 时，甲胜序列为“乙、甲、乙、甲、甲”或“甲、乙、甲、乙、甲”， 概率为， 甲胜的概率为． 18. 2026年春节假期期间，某百货商场举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元）均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种，每位顾客抽奖结果相互独立. 方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球.其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球，则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折. 方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元. （1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率； （2）若某顾客消费恰好满1000元，试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？ 【答案】（1） （2）该顾客选择第二种抽奖方案更合算 【解析】 【分析】（1）先求出顾客享受到免单优惠的概率，再根据独立事件的概率乘法公式求解即可. （2）结合离散型随机变量及二项分布的期望公式分别求出方案一、方案二的数学期望，比较即可. 【小问1详解】 选择方案一若享受到免单优惠，则需摸出2个红球和1个白球， 设顾客享受到免单优惠为事件，则. 所以两位顾客均享受免单优惠的概率为. 【小问2详解】 若选择方案一，设实际付款金额为，则的可能取值为0，500，700，1000. ，， ，. 所以（元）. 若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则. 由题意知，，故. 所以（元）. 因为，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算. 19. 已知，． （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）是的极值点，求证：． 【答案】（1）答案见解析； （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据实数的正负性，结合导数与单调性的关系分类讨论求解即可； （2）（ⅰ）根据零点的定义，结合（1）的结论，通过构造新函数，通过导数的性质、零点存在原理进行求解即可； （ⅱ）根据极值的定义，结合导数的性质，通过构造函数进行证明即可. 【小问1详解】 的定义域是， ， ①时，，在单调递增， ②时，， 令，解得：，令，解得：， 故在递减，在递增， 综上：时，在单调递增， 时，在递减，在递增； 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知要使有两个零点，则， 此时在上单调递减，在单调递增， 依题意需， 此时，故， 而，， 当时，令， 则，故， ∴，∴， 由零点存在定理知，在与上分别存在唯一零点． （ⅱ）因为，，令， 由， 即， 而， 即， 由，，只需证， 令， 则， 令，则， 故在上单调递增，， 故在上单调递增，； ∴ 【点睛】关键点睛：通过构造新函数，利用导数进行求解是解题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年下学期期中考试 高二年数学试卷 满分：150分 考试间：120分钟 命卷人：尤燕菲 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知的一个极值点为2，则实数（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 2. 有件产品，其中件是次品，从中任取件，若表示取得次品的件数，则 A. B. C. D. 3. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 4. 已知随机事件A，B，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 甲．乙等6人站成一排，若甲、乙不相邻，且甲不站在最左边，则不同的站法共有（ ） A. 240种 B. 384种 C. 480种 D. 568种 6. 某位同学家中常备三种感冒药，分别为金花清感颗粒3盒、连花清瘟胶囊2盒、清开灵颗粒5盒．若这三类药物能治愈感冒的概率分别为，他感冒时，随机从这几盒药物里选择一盒服用（用药请遵医嘱），则感冒被治愈的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知随机变量.若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若恒成立，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 设离散型随机变量的分布列如表，若离散型随机变量满足，则下列结果正确的是（ ） 0 1 0.6 A. B. C. D. 10. 某通信工具在发送、接收信号时都会使用数字0或是1作为代码，且每次只发送一个数字.由于随机因素的干扰，发出的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收成0或1的概率分别为0.94和0.06；发送信号1时，接收成1或0的概率分别为0.96和0.04.假设发送信号0或1的概率是等可能的，则（ ） A. 在单次发送信号中，能正确接收的概率为0.96 B. 在单次发送信号中，接收到0的概率为0.49 C. 在发送三次信号后，恰有两次接收到0的概率为 D. 已知两次发送的信号均为1，则接收到的信号均为1的概率为 11. （多选题）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中画了一张表示二项式系数构成的三角形数阵（如图所示），在“杨辉三角”中，下列选项正确的是（ ） A. 第10行所有数字的和等于1024 B. 第10行所有数字的平方和等于 C. 若第n行的第i个数记为，则 D. 记每一行的第个数组成的数列称为第k斜列，该三角形数阵前2026行（含第2026行）中第k斜列各项之和为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是__________． 13. 甲、乙等5位大学生分配到3所单位实习，每人只能到一所单位实习，每所单位至少接收一人，则甲、乙分到同一单位的方案有__________种． 14. 抛掷一枚质地均匀的正四面体骰子（四个面上分别标有数字1，2，3，4），底面的点数为1记为事件A，抛掷n次后事件A发生奇数次的概率记为，则________，________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）求函数的单调区间以及极值； （2）求函数在上的最值. 16. 在 的展开式中，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的4倍. （1）求n的值； （2）求 的展开式中的常数项； （3）求展开式中系数绝对值最大的项是第几项？ 17. 甲､乙两名同学进行传统文化知识比赛，规则如下：连续胜两局者获胜，比赛结束；比赛最多五局，若五局结束时两人均未能连续获胜两局，则五局中胜局数多者获胜．在一局比赛中，若甲胜，则甲下一局胜的概率为；若甲输，则甲下一局胜的概率为．已知第一局甲胜的概率为，假设每局比赛没有平局，记比赛结束时的局数为． （1）求第2局比赛甲胜的概率； （2）在的条件下，求甲胜的概率； （3）求比赛结束时甲胜的概率． 18. 2026年春节假期期间，某百货商场举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元）均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种，每位顾客抽奖结果相互独立. 方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球.其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球，则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折. 方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元. （1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率； （2）若某顾客消费恰好满1000元，试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？ 19. 已知，． （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）是的极值点，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $